高一物理动量：守恒定律 典型例题教案人教版

动量、动量守恒定律
一、主要内容
本章内容包括动量、冲量、反冲等基本概念和动量定理、动量守恒定律等基本规律。

冲量是物体间相互作用一段时间的结果，动量是描述物体做机械运动时某一时刻的状态量，物体受到冲量作用的结果，将导致物体动量的变化。

冲量和动量都是矢量，它们的加、减运算都遵守矢量的平行四边形法那么。

二、基本方法
本章中所涉及到的基本方法主要是一维的矢量运算方法，其中包括动量定理的应用和动量守定律的应用，由于力和动量均为矢量。

因此，在应用动理定理和动量守恒定律时要首先选取正方向，正规定的正方向一致的力或动量取正值，反之取负值而不能只关注力或动量数值的大小；另外，理论上讲，只有在系统所受合外力为零的情况下系统的动量才守恒，但对于某些具体的动量守恒定律应用过程中，假设系统所受的外力远小于系统内部相互作用的内力，那么也可视为系统的动量守恒，这是一种近似处理问题的方法。

三、错解分析
在本章知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：只注意力或动量的数值大小，而忽视力和动量的方向性，造成应用动量定理和动量守恒定律一列方程就出错；对于动量守恒定律中各速度均为相对于地面的速度认识不清。

对题目中所给出的速度值不加分析，盲目地套入公式，这也是一些学生常犯的错误。

例1从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因
是：
( )
A．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小
B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小
C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢
D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时间长。

[错解] 选B。

[错解原因] 认为水泥地较草地坚硬，所以给杯子的作用力大，由动量定理I=△P，即F·t=△P，认为F大即△P，大，所以水泥地对杯子的作用力大，因此掉在水泥地上的动量改变量大，所以，容易破碎。

[分析解答] 设玻璃杯下落高度为h。

它们从h高度落地瞬间的
量变化快，所以掉在水泥地上杯子受到的合力大，冲力也大，所以杯子
所以掉在水泥地受到的合力大，地面给予杯子的冲击力也大，所以杯子易碎。

正确答案应选C，D。

[评析] 判断这一类问题，应从作用力大小判断入手，再由动量
大，而不能一开始就认定水泥地作用力大，正是这一点需要自己去分析、判断。

例2 把质量为10kg的物体放在光滑的水平面上，如图5－1所示，在与水平方向成53°的N的力F作用下从静止开始运动，在2s内力F对物体的冲量为多少？物体获得的动量是多少？
[错解] 错解一：2s内力的冲量为
设物体获得的动量为P
，由动量定理
2
[错解原因] 对冲量的定义理解不全面，对动量定理中的冲量理解不移。

错解一主要是对冲量的概念的理解，冲最定义应为“力与力作用时间的乘积〞，只要题目中求力F的冲量，就不应再把此力分解。

这类解法把冲量定义与功的计算公式W=Fcosa·s混淆了。

错解二主要是对动量定理中的冲量没有理解。

实际上动量定理的表达应为“物体的动量改变与物体所受的合外力的冲量相等〞而不是“与某一个力的冲量相等〞，此时物体除了受外力F的冲量，还有重力及支持力的冲量。

所以解错了。

[分析解答] 首先对物体进行受力分析：与水平方向成53°的拉力F，竖直向下的重力G、竖直向上的支持力N。

由冲量定义可知，力F的冲量为：
=F·t=10×2=10(N·s)
I
F
因为在竖直方向上，力F的分量Fsin53°，重力G，支持力N的合力为零，合力的冲量也为零。

所以，物体所受的合外力的冲量就等干力F在水平方向上的分量，由动量定理得：
-0
Fcos53°·t=P
2
=Fcos53°·t=10×0.8×2(kg·m/s)
所以P
2
P
=16kg·m/s
2
[评析]对于物理规律、公式的记忆,要在理解的基础上记忆，要注意弄清公式中各物理量的含量及规律反映的物理本质，而不能机械地从形式上进行记忆。

另外，对于计算冲量和功的公式、动能定理和动量定理的公式，由于它们从形式上很相似，因此要特别注意弄清它们的区别。

例3 在距地面高为h，同时以相等初速V
分别平抛，竖直上抛，竖直下抛一质量相等的物体m，当它们从抛出到落地时，比较它们的动量的增量△P，有 ( )
A．平抛过程较
大 B．竖直上抛过程较大
C．竖直下抛过程较大 D．三者一样大
[错解] 错解一：根据机械能守恒定律，抛出时初速度大小相等，落地时
末速度大小也相等，它们的初态动量P
1=mv。

是相等的，它们的末态动量P
2
=mv
也是相等的，所以△P=P
2-P
1
WIJ一定相等。

选D。

错解二：从同一高度以相等的初速度抛出后落地，不论是平抛、竖直上抛或竖直下抛，因为动量增量相等所用时间也相同，所以冲量也相同，所以动量的改变量也相同，所以选D。

[错解原因] 错解一主要是因为没有真正理解动量是矢量，动量的增量
△P=P
2=P
1
也是矢量的差值，矢量的加减法运算遵从矢量的平行四边形法那么，
而不能用求代数差代替。

平抛运动的初动量沿水平方向，末动量沿斜向下方；竖直上抛的初动量为竖直向上，末动量为竖直向下，而竖直下抛的初末动量均为竖直向下。

这样分析，动量的增量△P就不一样了。

方向，而动量是矢量，有方向。

从运动合成的角度可知，平抛运动可由一个水平匀速运动和一个竖直自由落体运动合成得来。

它下落的时间由
为初速不为零，加速度为g的匀加速度直线运动。

竖直下抛落地时间t
3＜t
1
，
所以第二种解法是错误的。

[分析解答] 1．由动量变化图5－2中可知，△P
2
最大，即竖直上抛过程动量增量最大，所以应选B。

[评析] 对于动量变化问题，一般要注意两点：
(1)动量是矢量，用初、末状态的动量之差求动量变化，一定要注意用矢量的运算法那么，即平行四边形法那么。

(2)由于矢量的减法较为复杂，如此题解答中的第一种解法，因此对于初、末状态动量不在一条直线上的情况，通常采用动量定理，利用合外力的冲量计算动量变化。

如此题解答中的第二种解法，但要注意，利用动量定理求动变化时，要求合外力一定为恒力。

例4如图5－3所示，一个质量为M的小车置于光滑水平面。

一端用轻杆AB固定在墙上，一个质量为m的木块C置于车上时的初速度为v。

因摩擦经t 秒木块停下，(设小车足够长)，求木块C和小车各自受到的冲量。

[错解] 以木块C为研究对象，水平方向受到向右的摩擦力f，以v
)。

为正方向，由动量定理有：
-ft=0=mv
0 所以I
木
=ft=mv
所以，木块C受的冲量大小为mv
，方向水平向右。

又因为小车受到的摩擦力水平向左，大小也是f(牛顿第三定律)。

所以小车
受到的冲量I
车= ft =mv
,大小与木块受到的冲量相等方向相反，即水平向左。

[错解原因] 主要是因为对动量定理中的冲量理解不深入，动量定理的内
容是：物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化量。

数学表达式为I
合=P
2
-P
1
，
等式左侧的冲量应指合外力的冲量。

在上述解答中，求木块C受到的冲量为my
是正确的。

因为C受到的合外力就是／(重力mg与支持力N互相平衡)，但小车的冲量就错了。

因为小车共受5个力：重力Mg，压力N=mg，支持力N′[N′=(m ＋M)g]，摩擦力f和AB杆对小车的拉力T，且拉力T=f，所以小车所受合力为零，合力的冲量也为零。

[分析解答] 以木块C为研究对象，水平方向受到向右的摩擦力f，以V
0为正方向由动量定理有：
-ft=0-mv
0∴I
木
=f·t=mv
所以，木块C所受冲量为mv
，方向向右。

对小车受力分析，竖直方向N′=Mg ＋N=(M＋m)g，水平方向T=f′，所以小车所受合力为零，由动量定理可知，小车的冲量为零。

从动量变化的角度看，小车始终静止没动，所以动量的变化量为零，所以小车的冲量为零。

正确答案是木块C的冲量为mv
，方向向右。

小车的冲量为零。

[评析] 在学习动量定理时，除了要注意动量是矢量，求动量的变化△P 要用矢量运算法那么运算外，还要注意F·t中F的含义，F是合外力而不是某一个力。

参考练习：质量为100g的小球从0.8m高处自由落下到一厚软垫上，假设从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了0.20s，那么这段时间软垫对小球的冲量为______(g=10m/s2，不计空气阻力)(答案为0．6N·s)
例5 向空中发射一物体．不计空气阻力，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a,b两块．假设质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向那么 ( )
A．b的速度方向一定与原速度方向相反
B．从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大
C．a，b一定同时到达地面
D．炸裂的过程中，a中受到的爆炸力的冲量大小一定相等
[错解] 错解一：因为在炸裂中分成两块的物体一个向前，另一个必向后，所以选A。

锗解二：因为不知道a与b的速度谁大，所以不能确定是否同时到达地面，也不能确定水平距离谁的大，所以不选B，C。

错解三：在炸裂过程中，因为a的质量较大，所以a受的冲量较大，所以D 不对。

[错解原因] 错解一中的认识是一种凭感觉判断，而不是建立在全面分析的基础上。

事实是由于没有讲明a的速度大小。

所以，假设要满足动量守恒，
(m
a +m
b
)v=m
a
v
a
＋m
b
v
b
，v
b
的方向也可能与v
a
同向。

错解二是因为没有掌握力的独立原理和运动独立性原理。

把水平方向运动的
快慢与竖直方向的运动混为一谈。

错解三的主要错误在于对于冲量的概念没有很好理解。

[分析解答] 物体炸裂过程发生在物体沿水平方向运动时，由于物体沿水平方向不受外力，所以沿水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有：
(m
a +m
b
)v=m
a
v
b
＋m
b
v
b
当v
a 与原来速度v同向时,v
b
可能与v
a
反向，也可能与v
a
同向,第二种情况
是由于v
a 的大小没有确定，题目只讲的质量较大，但假设v
a
很小，那么m
a
v
a
还
可能小于原动量(m
a +m
b
)v。

这时,v
b
的方向会与v
a
方向一致，即与原来方向相同所
以A不对。

a，b两块在水平飞行的同时，竖直方向做自由落体运动即做平抛运选项C是正确的
由于水平飞行距离x=v·t，a、b两块炸裂后的速度v
a 。

v
b。

不一定相等，
而落地时间t又相等，所以水平飞行距离无法比较大小，所以B不对。

根据牛顿第三定律，a，b所受爆炸力F
a =-F
b
，力的作用时间相等，所以冲量
I=F·t的大小一定相等。

所以D是正确的。

此题的正确答案是：C，D。

[评析] 对于物理问题的解答，首先要搞清问题的物理情景，抓住过程的特点(物体沿水平方向飞行时炸成两块，且a仍沿原来方向运动)，进而结合过程特点(沿水平方向物体不受外力)，运动相应的物理规律(沿水平方向动量守恒)进行分析、判断。

解答物理问题应该有根有据，切忌“想当然〞地作出判断。

例6 总质量为M的装砂的小车，正以速度v
在光滑水平面上前进、突然车底漏了，不断有砂子漏出来落到地面，问在漏砂的过程中，小车的速度是否变化？
[错解] 质量为m的砂子从车上漏出来，漏砂后小车的速度为v由动量守恒守律：
Mv
=(M-m)v
[错解原因] 解法错误的主要原因在于研究对象的选取，小车中砂子的质量变了，即原来属于系统内的砂子漏出后就不研究了。

这样，所谓系统的初状态及末状态的含义就变了。

实际情况是，漏掉的砂子在刚离开车的瞬间，其速度与小车的速度是相同的，然后做匀变速运动(即平抛)
[分析解答] 质量为m的砂子从车上漏出来，漏砂后小车的速度为V由动量守恒定律：
My
=mv＋(M-m)v
解得：v=v
即砂子漏出后小车的速度是不变的。

[评析] 用动量守恒定律时，第一个重要的问题就是选取的系统。

当你选定一个系统(此题为小车及车上的全部砂子)时，系统的初末状态都应该对全系统而言，不能在中间变换系统。

例7 弹在水平飞行时，其动能为E
k0
=800J，某时它炸裂成质量相等的两块，
其中一块的动能为E
k1=625J，求另一块的动能E
k2
[错解] 设炮弹的总质量为m，爆炸前后动量守恒，由动量守恒定律：P=P
1＋P
2
代入数据得：E
k
=225J。

[错解原因] 主要是只考虑到爆炸后两块的速度同向，而没有考虑到方向相反的情况，因而漏掉一解。

实际上，动能为625J的一块的速度与炸裂前炮弹运动速度也可能相反。

[分析解答] 以炮弹爆炸前的方向为正方向，并考虑到动能为625J的一块的速度可能为正．可能为负，由动量守恒定律：
P＝
P 1＋P
2
解得：E
k2
=225J或4225J。

正确答案是另一块的动能为225J或4225J。

[评析] 从上面答案的结果看，炮弹炸裂后的总动能为(625＋225)J=850J 或(625＋4225)J=4850J。

比炸裂前的总动能大，这是因为在爆炸过程中，化学能转化为机械能的缘故。

例8 一绳跨过定滑轮，两端分别栓有质量为M
1，M
2
的物块(M
2
＞M
1
如图5
－4)，M
2开始是静止于地面上，当M
1
自由下落H距离后，绳子才被拉紧，求绳子
刚被拉紧时两物块的速度。

[错解] M
1自由下落H距离时，速度v
1
=。

在M
1
和M
2
组成的系统中，它们
相互作用前后的动量守恒。

当绳子刚被拉紧时，设M
1，M
2
的共同速度为v，
[错解原因] 实际上，上述结果是正确的，但在解题过程中，出现了两个
错误。

其一，没有认真分析绳子拉紧前后的动量守恒条件。

实际上由M
1，M
2
组成
的系统除了受重力外，还要受到滑轮轴心竖直向上的支持力作用，而这个支持力
不等于M
1+M
2
的重力，所以系统所受合外力不为零。

不能对整个系统应用动量守
恒定律。

其二，即使能应用动量守恒定律，也应认真考虑动量的方向性，M
1
的方
向向下，而M
2的方向向上，不能认为M
1
与M
2
系统的动量为(M
1
＋M
2
)v。

[分析解答] M
1
自由下落H距离时的速度
绳子拉紧后的一小段时间△t后，M
1与M
2
具有相同的速率V,M
1
的速度向下，
M
2
的速度向上。

对M
1
由动量定理，以向上为正方向:
(T
1-M
1
g)△t=M
1
v-(-M
1
v
1
)
②
对M
2
由动量定理，以向上为正方向：
(T
2-M
2
g)△L=M
2
v-0
③
因为拉紧过程绳子的拉力远远大于物体的重力，可以认为T
1=T
2
，所
[评析] 通过此题的分析与解答，我们可以从中得到两点警示。

一是运用物理规律时一定要注意规律的适用条件，这一点要从题目所述的物理过程的特点出发进行分析，而不能“以貌取人〞，一看到两物体间相互作用，就盲目地套用动量守恒定律。

二是应用动量守恒定律时，要注意此规律的矢量性，即要考虑到系统内物体运动的方向。

例9 在一只静止的小船上练习射击，船、人连同枪(不包括子弹)及靶的总质量为M，枪内装有n颗子弹，每颗质量为m，枪口到靶的距离为l,子弹射出枪口时相对于地面的速度为v，在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已陷入靶中，那么在发射完n颗子弹后，小船后退的距离为多少？
[错解] 设第一颗子弹射出后船的后退速度为v′，后退距离为S1，子弹从枪口到靶所用的时间为：
对这颗子弹和其他物体构成的系统列动量守恒方程：
mv=[M＋
(n-1)m]v′
②
在时间t内船的后退距离
=v′t
s
1
③
子弹全部射出后船的后退距离
s=ns
1
④
联立①②③④解得：
[分析解答] 设子弹射出后船的后退速度为v′，后退距离为s
=v′t，如
1
图5－5所示①由几何关系可知
l=d+s
即
1
l v·t+v′t
⑤
联立②③④⑤解得：
[评析] 对此题物理过程分析的关键，是要弄清子弹射向靶的过程中，子弹与船运动的关系，而这一关系如果能用图5－5所示的几何图形加以描述，那么很容易找出子弹与船间的相对运动关系。

可见利用运动的过程草图，帮助我们分析类似较为复杂的运动关系问题，是大有益处的。

例10 如图5－6所示，物体A置于小车B上，A与B之间光滑无摩擦。

它们以共同的速度v前进。

突然碰到障碍物C，将A从车上碰了出去，A被碰回的速度大小也是v。

问：小车B的速度将怎样变化？
[错解] 以A，B原来速度方向为正，设小车B后来的速度为v′，根据动量守恒定律，那么
(m
A +m
B
)=m
B
v′-m
A
v
即：(m
A ＋m
B
＋m
A
)v—m
B
v′
因为2m
A ＋m
B
＞m
B
所以：V′＞v(变大)方向为原来的方向。

[错解原因] 上述错解的主要原因是不注意分析物理规律的适用条件，适用动量守恒定律而造成的。

当我们研究对象为A和B组成的系统时(如上述错解的研究对象)。

在A与障碍物C发生碰撞时，因为C对A的作用力就A与B的系统米说是外力，所以不满足动量守恒条件(不受外力或合外力为零)。

也就是说它们的动量不守恒，不能应用动量守恒定律去计算与讨论。

不加分析地运用动量守恒定律必然导致错误。

[分析解答] 实际上，在A与C相碰时，由于C对A的作用力的冲量使A 的动量发生了变化。

而A与B之间光滑无摩擦。

在水平方向无相互作用力。

所以对B来说，其水平动量是守恒的(实际上也只具有水平动量)。

也就是说，A在水平方向运动的变化不会影响B的运动情况，因此B将以速度v继续前进。

[评析] 物体间发生相互作用时，选哪个系统为研究对象，这是人为的选择，但要注意，假设系统选择不当，那么导致对该系统不用应用动量守恒定律来求解，如此题的A，B组成的系统。

因此我们应注意研究对象的选取，使其能满足我们所选用规律的适用条件。

如此题中以B为研究对象，即包含了所求的B 的运动情况，而满足了水平方向不受外力，动量守恒的适用条件。

例11 质量为M的小车，如图5－7所示，上面站着一个质量为m的人，以v
的速度在光滑的水平面上前进。

现在人用相对于小车为u的速度水平向后跳出后，车速增加了多少？
[错解] 锗解一：把人和车作为一个系统，水平方向不受外力，所以水平
方向动量守恒，设人跳出后，车速增加为△v，以V
方向为正方向，由动量守恒定律：
(M＋m)v
0=M(v
+△v)-mu
错解二：以人和车作为一个系统，因为水平方向不受外力、所以水平方向动
量守恒。

设人跳出后，车速增加为△v，以v
方向为正方向。

人相对于地的速度
为(u-v
),由动量守恒定律：
(M＋m)v
0=M(v
+△v)-m(u-v
)
[错解原因] 错解一的主要问题在于没有把所有的速度都换算成同一惯性参考系中的速度。

因为题目中给出的v
是初状态车对地的速度，而人跳车时的速度u指的是对车的速度，在列动量守恒方程时，应把人跳车的速度变换成人对地的速度才可以运算。

错解二的主要问题是虽然变换了参考系，但忽略了相对速度的同一时刻性，
即人跳车时，车的速度已经由v
0变换成(v
+△v)了。

所以，人相对于地的速度，
不是(v-v
0)而应为[u-(v
+△v)]。

[分析解答] 以人和车作为一个系统，因为水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒。

设人跳出后，车对地的速度增加了△v，以v
方向为正方向，以地为参考系。

由动量守恒定律：
(M＋m)v
0=M(v
+△v)-m[u-(v
＋△v)]
[评析] (1)在应用动量守恒定律时，除注意判断系统受力情况是否满足守恒条件外，还要注意到相对速度问题，即所有速度都要是对同一参考系而言。

一般在高中阶段都选地面为参考系。

同时还应注意到相对速度的同时性。

(2)选取不同的参考系，解题方法有繁有简，以此题为例，假设选取车作为参考系．那么人与车组成的系统初态动量为零，末态动量为：M△v-m(u-△v)，由动量守恒定律：
0=M△v-m(u-△v)
题中，增加的速度与车原来的速度v
无关。

第二种解法显然比第一种要简捷得多。

例12 质量为M的小车，以速度v
在光滑水平地面前进，上面站着一个质量为m的人，问：当人以相对车的速度u向后水平跳出后，车速度为多大？
[错解] 错解一：设人跳出后的瞬间车速为v，那么其动量为Mv，根据动量守恒定律有：
(M＋m)v
＝Mv
错解二：设人跳出后的车速为v，车的动量为Mv，人的动量为m(u+v)，根据动量守恒定律有：
(M+m)v
=Mv+m(u＋v)
错解三：设车的前进方向为正方向，人在跳出车后，车的动量为Mv，人的动量为-mu，根据动量守恒定律有：
(M＋m)v
＝Mv-mu
错解四：设车的前进方向为正方向，那么人跳出车后小车的动量Mv，人的
动量为-m(u-v
)，根据动量守恒定律有：
(M＋m)v
0＝Mv-m(u-v
)
[错解原因] 错解一的错误原因是动量守恒的对象应为车和人的系统，而错解一中把人跳离车后的动量丢掉了，即以系统的一部分(车)来代替系统(车和人)。

错解二：是没有考虑到，人跳离车前后动量方向的变化。

而是简单地采用了算术和忽略了动量的矢量性。

错解三的错误在于参考系发生变化了。

人跳离前人与车的动量是相对地的。

人跳离车后车的动量(Mv)也是相对地的，而人跳离车后人的动量(mu)却是相对于车而言的，所以答案不对。

错解四中的错误在于对速度的瞬时性的分析。

v
是人未跳离车之前系统(M
＋m)的速度，-m(u-v
)就不能代表人跳离车后瞬间人的动量。

[分析解答] 选地面为参照系，以小车前进的方向为正方向，根据动量守恒定律有：
(M＋m)v
=Mv-m(u-v)
[评析] 应用动量守恒定律解题时应注意几个方面。

(1)整体性，动量守恒定律是对一个物体系统而言的，具有系统的整体性，而不能对系统的一个部分，如此题错解一。

(2)矢量性，动量守恒是指系统内部各部分动量的矢量和保持不变，在解题时必须运用矢量法那么来计算而不能用算术方法，如此题错解二。

(3)相对性，动量守恒定律中系统在作用前后的动量都应是相对于同一惯性参考系而言。

如系统的各部分所选取的参考系不同，动量守恒不成立。

如此题错解三。

(4)瞬时性，一般来说，系统内的各部分在不同时刻具有不同的动量，系统在某一时刻的动量，应该是此时刻系统内各部分的瞬时动量的矢量和。

例13 如图5－8所示，倾角θ=30°，高为h的三角形木块B，静止放在一水平面上，另一滑块A，以初速度v
从B的底端开始沿斜面上滑，假设B的质
量为A的质量的2倍，当忽略一切摩擦的影响时，要使A能够滑过木块B的顶端，应为多大？
求V
[错解] 设滑块A能滑到h高的最小初速度为v，滑块A到达斜面最高点时具有水平分速度为V′，由于水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒，由动量守恒定律：
cosθmv′＋
mv
My′
①
在B的上端点m的合速度为：
由动能定理有：
[错解原因] 主要是对滑块A滑过最高点的临界状态分析不清楚。

实际上，当滑块能够到达最高点时，即其竖直向上的分速度为零，也就是说，在最高点，滑块A只具有水平速度，而不具有竖直速度。

所以，式①是正确的，式②中关于滑块A的动能，直接代入水平速度即可。

[分析解答] 根据水平方向动量守恒有：
mv
cosθ=(m+M)v′
①
[评析] 分析此题时，可以先定性分析，从题目可以知道，V
越大，上升
的距离越高；v
较小，那么可能上不到顶端。

那么，刚好上升到
v
＞v时，才能够滑过。

对于题目中的关键字眼，“滑过〞、“至少〞等要深入挖掘。

例14 图5－9，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与
车以速度v
1在光滑水平面上向东运动。

当此人相对于车以速度v
2
竖直跳起时,车
的速度变为： ( )。